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§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离_图文

§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离_图文

数学

川(理)

§8.7 立体几何中的向量方法 (二)——求空间角和距离
第八章 立体几何

基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

1.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线 l1,l2 的方向向量分别为 m1,m2,则 l1 与 l2 所成的角 θ 满足 cos θ= |cos〈m1,m2〉| . (2)设直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量分别为 m, n, 则 直 线 l 与 平 面 α 所 成 角 θ 满 足 sin θ
|cos 〈 m , n 〉 | =
基础知识

.
思想方法 练出高分

题型分类

基础知识·自主学习
要点梳理
(3)求二面角的大小 1° 如图①,AB、CD 是二面角 α—l—β 的两个面内与棱 l 垂直的 → ,CD →〉 〈 AB 直线,则二面角的大小 θ= .
知识回顾 理清教材

2° 如图②③,n1,n2 分别是二面角 α—l—β 的两个半平面 α,β 的法向量,则二面角的大小 θ 满足 cos θ=
-cos〈n1,n2〉 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

cos〈n1,n2〉或

基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

2.点面距的求法 如图,设 AB 为平面 α 的一条斜线段, n 为平面 α 的法向量,则 B 到平面 α 的距离 d
→· |AB n| |n|



.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

基础知识·自主学习
夯基释疑
夯实基础 突破疑难

题号
1 2 3 4 5

答案
(1)× (2) × (3) × (4) √ (5) √ (6) ×

解析

B B
4 11 33

90°

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 1 】

长方体 ABCD -

A1B1C1D1 中,AB=AA1=2, AD=1,E 为 CC1 的中点, 则异面直线 BC1 与 AE 所成 角的余弦值为 ( 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
基础知识 题型分类

)

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 1 】

长方体 ABCD -
本题可以通过建立空间直 →、 角坐标系,利用向量BC
1

A1B1C1D1 中,AB=AA1=2, AD=1,E 为 CC1 的中点, 则异面直线 BC1 与 AE 所成 角的余弦值为 ( 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
基础知识 题型分类

→ 所成的角来求. AE

)

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 1 】

长方体 ABCD -

A1B1C1D1 中,AB=AA1=2, AD=1,E 为 CC1 的中点, 则异面直线 BC1 与 AE 所成 角的余弦值为 ( 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
基础知识 题型分类

建立坐标系如图, 则 A(1,0,0) ,
E(0,2,1),B(1,2,0), C1(0,2,2). → =(-1,0,2),AE → =(-1,2,1), BC
1

)

→· → BC 30 1 AE → → cos 〈BC1,AE〉= = 10 . → |· → |BC 1 |AE|
所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的 30 余弦值为 10 .
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 1 】

长方体 ABCD -

A1B1C1D1 中,AB=AA1=2, AD=1,E 为 CC1 的中点, 则异面直线 BC1 与 AE 所成 角的余弦值为 ( B ) 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
基础知识 题型分类

建立坐标系如图, 则 A(1,0,0) ,
E(0,2,1), B(1,2,0), C1(0,2,2). → =(-1,0,2),AE → =(-1,2,1), BC 1 →· → BC 30 → → 1 AE cos 〈BC1, AE〉 = = . 10 → |· → |BC 1 |AE|
所以异面直线 BC1 与 AE 所成角 30 的余弦值为 . 10
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 1 】

长方体 ABCD -
用向量方法求两条异面直线所 成的角,是通过两条直线的方

A1B1C1D1 中,AB=AA1=2, AD=1,E 为 CC1 的中点, 则异面直线 BC1 与 AE 所成 角的余弦值为 ( B ) 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
基础知识 题型分类

向向量的夹角来求解,而两异 面 直线 所成角 的范围 是 ? π? θ∈ ?0, ?,两向量的夹角 α 的 2? ? 范围是[0,π ], 所以要注意二者的 区别与联系,应有 cos θ=|cos α|.

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 已知直四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方形, AA1= 2AB, E 为 AA1 的中点, 则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为 10 1 A. B. 10 5
解析

( C ) 3 10 C. 10 3 D. 5

如图,以 D 为坐标原点建立如图所示空间直

角坐标系.

设 AA1 =2AB =2,则 B(1,1,0) ,E(1,0,1) ,C(0,1,0) , → =(0,-1,1), CD → =(0,-1,2), D1(0,0,2), ∴BE 1
1+2 3 10 → → ∴cos〈BE,CD1〉= = 10 . 2· 5
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

如图,已

知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形, AB∥ CD, AC⊥ BD, 垂足为 H, PH 是四棱锥的高, E 为 AD 的 中点 . (1)证明:PE⊥ BC; (2)若∠ APB=∠ ADB= 60° ,求 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 正弦值 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

如图,已

知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形, AB∥ CD, AC⊥ BD, 垂足为 H, PH 是四棱锥的高, E 为 AD 的 中点 . (1)证明:PE⊥ BC; (2)若∠ APB=∠ ADB= 60° ,求 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 正弦值 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

平面的法向量是利用向量方法 解决位置关系或夹角的关键, 本题可通过建立坐标系,利用 待定系数法求出平面 PEH 的 法向量 .

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

如图,已

(1)证明

以 H 为原

知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形,

点, HA, HB, HP 所在直线分别为 x,

AB∥ CD, AC⊥ BD, 垂足为 H, y,z 轴, 线段 HA 的 PH 是四棱锥的高, E 为 AD 的 长为单位长度,建立空间直角坐标 中点 . (1)证明:PE⊥ BC; (2)若∠ APB=∠ ADB= 60° ,求 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 正弦值 .
基础知识 题型分类

则 A(1,0,0),B(0,1,0). 系 (如图 ), 设 C(m,0,0),P(0,0,n) (m<0,n>0), ?1 m ? 则 D(0,m,0),E?2, 2 ,0?. ? ? ?1 m ? → =? , ,-n?, 可得PE ?2 2 ?
? ?

→ =(m,-1,0). BC
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

如图,已

知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形,

→· → =m-m+0=0, 因为PE BC 2 2 所以 PE⊥BC.

AB∥ CD, AC⊥ BD, 垂足为 H, (2)解 由已知条件可得 m=- 3, 3 PH 是四棱锥的高, E 为 AD 的 n=1, 中点 . ? ? ? 3 3 ? ? ? ? 故 C?- ,0,0?, D?0,- ,0? ?, 3 3 (1)证明:PE⊥ BC; ? ? ? ? ? ? (2)若∠ APB=∠ ADB= 60° ,求 E?1,- 3,0?, P(0,0,1). ?2 ? 6 ? ? 直线 PA 与平面 PEH 所成角的
设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向 量,
题型分类 思想方法 练出高分

正弦值 .
基础知识

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

如图,已

知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形, AB∥ CD, AC⊥ BD, 垂足为 H, PH 是四棱锥的高, E 为 AD 的 中点 . (1)证明:PE⊥ BC; (2)若∠ APB=∠ ADB= 60° ,求 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 正弦值 .
基础知识 题型分类

? → ?n· HE=0, 则? → ? HP= 0, ?n· ?1 3 ? x- y=0, 6 即?2 ? ?z=0. 因此可以取 n=(1, 3,0). → 又PA=(1,0,-1), 2 → 所以|cos〈PA,n〉|= . 4 所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的 2 正弦值为 4 .
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

如图,已

知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形, AB∥ CD, AC⊥ BD, 垂足为 H, PH 是四棱锥的高, E 为 AD 的 中点 . (1)证明:PE⊥ BC;

利用向量法求线面角的方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射 影直线的方向向量,转化为求两个 方向向量的夹角 (或其补角 );

(2) 通过平面的法向量来求,即求出 斜线的方向向量与平面的法向量所

(2)若∠ APB=∠ ADB= 60° ,求 夹的锐角,取其余角就是斜线和平 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 面所成的角. 正弦值 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南 )如图,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠BAD = 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
方法一 (1)证明 如图,因为 BB1⊥平面 ABCD,AC ?平面 ABCD,所以 AC⊥BB1.
又 AC⊥BD,所以 AC⊥平面 BB1D, 而 B1D?平面 BB1D,所以 AC⊥B1D.

(2)解 因为 B1C1∥AD,所以直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角等于直线 AD 与平面 ACD1 所成的角(记为 θ). 如图,连接 A1D,因为棱柱 ABCD-A1B1C1D1 是直棱柱,且∠B1A1D1= ∠BAD=90° ,
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南 )如图,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠BAD = 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
所以 A1B1⊥平面 ADD1A1,从而 A1B1⊥AD1.
又 AD=AA1=3,所以四边形 ADD1A1 是正方形. 于是 A1D⊥AD1,故 AD1⊥平面 A1B1D,于是 AD1⊥B1D.
由(1)知,AC⊥B1D,所以 B1D⊥平面 ACD1. 故∠ADB1=90° -θ,

在直角梯形 ABCD 中, 因为 AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB. AB BC 从而 Rt△ABC∽Rt△DAB,故 = ,即 AB= DA· BC= 3. DA AB
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南 )如图,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠BAD = 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
连接 AB1,易知△AB1D 是直角三角形,
2 2 2 且 B1D2=BB1 +BD2=BB2 1+AB +AD =21,即 B1D= 21.

AD 3 21 在 Rt△AB1D 中,cos∠ADB1= = = 7 , B1D 21 21 21 即 cos(90° -θ)= .从而 sin θ= . 7 7 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 7 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南 )如图,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠BAD = 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
方法二 (1)证明 易知, AB, AD, AA1 两两垂直.如图, 以 A 为坐标原点,AB, AD,AA1 所在直线分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 设 AB=t,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B(t,0,0),
B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). → → =(t,1,0), → =(-t,3,0). 从而B D = ( - t, 3 , - 3) , AC BD 1 →· → =-t2+3+0=0, 因为 AC⊥BD,所以AC BD
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南 )如图,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠BAD = 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → =( 3,1,0), 于是B D = ( - 3 , 3 ,- 3) , AC 1 →· → → ⊥B → 因为AC B 所以AC 1D=-3+3+0=0, 1D,即 AC⊥B1D. → =(0,3,3),AC → =( 3,1,0), B→ (2)解 由(1)知,AD C =(0,1,0).
1 1 1

设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量, ? → ? ?n· AC=0, ? 3x+y=0, 则? ,即? ? → =0 ?3y+3z=0, ? n · AD ? 1
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南 )如图,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠BAD = 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
令 x=1,则 n=(1,- 3, 3).
设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则
? → ? n · B 3 21 1C1 ? → ? sin θ=|cos〈n,B1C1〉|=? = = 7 . ? → 7 |B1C1|? ?|n|· 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点,AA1=AC= 2 CB= AB. 2 (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是

根 据题 意知 ∠ACB = 90° ,故 CA、CB、CC1 两两垂直,可以

AB,BB1 的中点,AA1=AC= C 为 原 点 建 立 空间 直 角坐 标 2 CB= AB. 2 系,利用向量求二面角 . (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是

(1)证明

连接 AC1

交 A1C 于点 F, 则F 为 AC1 的中点.
又 D 是 AB 的中点, 连接 DF, 则 BC1∥DF.

AB,BB1 的中点,AA1=AC= 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 2 CB= AB. A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD. 2 (1)证明:BC1∥平面 A1CD;
(2) 解 2 由 AC = CB = 2 AB 得,

(2)求二面角 D-A1C-E 的正弦. AC⊥BC.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是

→ 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x → 轴正方向,CB 的方向为 y 轴正方 → 向,CC1的方向为 z 轴正方向,建 立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.

AB,BB1 的中点,AA1=AC= 设 CA=2,则 D(1,1,0), 2 CB= AB. 2 E(0,2,1),A1(2,0,2), (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦.
基础知识 题型分类

→ → CD=(1,1,0),CE → =(0,2,1),CA1=(2,0,2).
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是

设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法 向量, ? → ?n· CD=0, 则? → =0, ? CA ?n· 1
? ?x1+y1=0, 即? ? ?2x1+2z1=0.

AB,BB1 的中点,AA1=AC= 可取 n=(1,-1,-1). 2 同理, 设 m 是平面 A1CE 的法向量, CB= AB. 2 ? → (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

?m· CE=0, 则? 可取 m=(2,1,-2). → =0. ? CA ?m· 1

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是

n· m 3 从而 cos〈n,m〉= = , |n||m| 3 6 故 sin〈n,m〉= . 3

AB,BB1 的中点,AA1=AC= 即二面角 D-A C-E 的正弦值为 1 2 6 CB= AB. . 2 3 (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求二面角

【例 3】

(2013· 课标全国Ⅱ)如

思维启迪

解析

思维升华

图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是

求二面角最常用的方法就是分 别求出二面角的两个面所在平 面的法向量, 然后通过两个平面

AB,BB1 的中点,AA1=AC= 的法向量的夹角得到二面角的 2 CB= AB. 2 大小, 但要注意结合实际图形判 (1)证明:BC1∥平面 A1CD; 断所求角是锐角还是钝角 . (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图, 在圆锥 PO 中, 已知 PO= 2, ⊙ O 的直径 AB= 2, C 是 AB 的中点, D 为 AC 的中点 . (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B- PA- C 的余弦值 .
(1)证明 如图,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所 在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 则 O(0,0,0), A(-1,0,0), B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 2), 1 1 D(-2,2,0). 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量,
→ =0,n · → 则由 n1· OD 1 OP=0,
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分



题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图, 在圆锥 PO 中, 已知 PO= 2, ⊙ O 的直径 AB= 2, C 是 AB 的中点, D 为 AC 的中点 . (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B- PA- C 的余弦值 .
1 ? 1 ?- x1+ y1=0, 2 得? 2 ? ? 2z1=0.



所以 z1=0,x1=y1,取 y1=1,得 n1=(1,1,0).

设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAC 的一个法向量,
?-x - 2z =0, ? 2 2 → → 则由 n2· PA=0,n2· PC=0,得? ? ?y2- 2z2=0.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图, 在圆锥 PO 中, 已知 PO= 2, ⊙ O 的直径 AB= 2, C 是 AB 的中点, D 为 AC 的中点 . (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B- PA- C 的余弦值 .
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2. 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1).
因为 n1· n2=(1,1,0)· (- 2, 2,1)=0,



所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC.
(2)解 因为 y 轴⊥平面 PAB,
所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0).

由(1)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1).
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图, 在圆锥 PO 中, 已知 PO= 2, ⊙ O 的直径 AB= 2, C 是 AB 的中点, D 为 AC 的中点 . (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B- PA- C 的余弦值 .
设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ,
n2· n3 2 10 则 cos θ= = = 5 . |n2 |· |n3| 5



由图可知,二面角 B-PA-C 的平面角为锐角, 10 所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 5 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】

已知正方形 ABCD

的 边 长 为 4 , CG⊥ 平 面 ABCD,CG=2,E,F 分别 是 AB,AD 的中点,则点 C

到平面 GEF 的距离为_____.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】

已知正方形 ABCD

的 边 长 为 4 , CG⊥ 平 面 ABCD,CG=2,E,F 分别 是 AB,AD 的中点,则点 C
所求距离可以看作 CG 在 平面 GEF 的法向量的投影.

到平面 GEF 的距离为_____.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】

已知正方形 ABCD

的 边 长 为 4 , CG⊥ 平 面 ABCD,CG=2,E,F 分别 是 AB,AD 的中点,则点 C

建立如图所示的 空间直角坐标系 → = Cxyz , 则 CG (0,0,2),由题意易得平面 GEF 的 一个法向量为 n=(1,1,3),

到平面 GEF 的距离为_____.

所以点 C 到平面 GEF 的距离为 d → | 6 11 |n· CG = = 11 . |n|
思想方法 练出高分

基础知识

题型分类

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】

已知正方形 ABCD

的 边 长 为 4 , CG⊥ 平 面 ABCD,CG=2,E,F 分别 是 AB,AD 的中点,则点 C
6 11 11 到平面 GEF 的距离为_____.

建立如图所示的 空间直角坐标系 → = Cxyz , 则 CG (0,0,2),由题意易得平面 GEF 的 一个法向量为 n=(1,1,3),

所以点 C 到平面 GEF 的距离为 d → | 6 11 |n· CG = = . |n| 11
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题型四 求空间距离
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【例 4】

已知正方形 ABCD

的 边 长 为 4 , CG⊥ 平 面 ABCD,CG=2,E,F 分别 是 AB,AD 的中点,则点 C
6 11 11 到平面 GEF 的距离为_____.

求点面距一般有以下三种方 法: ① 作点到面的垂线,点到垂足 的距离即为点到平面的距离; ②等体积法;③向量法 .其中向 量法在易建立空间直角坐标系 的规则图形中较简便 .

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跟踪训练 4 (2012· 大纲全国改编)已知直四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方形,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则点 A 到平面 BED 的距离为 A.2 B. 3 C. 2 D.1 ( )

解析 以 D 为原点, DA、 DC、 DD1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 ( 如图) ,则 D(0,0,0) , A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,2 2),E(0,2, 2).

设 n=(x,y,z)是平面 BDE 的法向量.
? → ?n· BD=2x+2y=0 则? → =2y+ 2z=0 ? DE ?n·
基础知识

.
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跟踪训练 4 (2012· 大纲全国改编)已知直四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方形,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则点 A 到平面 BED 的距离为 A.2 B. 3 C. 2 D.1 ( D )

取 y=1,则 n=(-1,1,- 2)为平面 BDE 的一个法向量.

→ =(2,0,0), 又DA
∴点 A 到平面 BDE 的距离是

→| |-1×2+0+0| |n· DA d= = 2 2 2=1. |n| ?-1? +1 +?- 2?
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答题模板系列7 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

思 维 启 迪

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

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答题模板系列7 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

思 维 启 迪

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

(1)可利用判定定理证明线面垂直;

(2)利用 AD、 AP、 AB 两两垂直建立空间直角坐标系, 求两个平面的法向量, 利用向量夹角求两个平面 BCP、DCP 夹角的余弦值.
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答题模板系列7 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

π π 所以 EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD= ,∠ABE=∠AEB= . 2 3 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= , 3 所以∠FED=∠FEA.

思 维 启 迪 规 范 解 答 答 题 模 板 (1)证明 在△ABD 中,因为 E 为 BD 的中点,

温 馨 提 醒

2分

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答题模板系列7 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

思 维 启 迪

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

故 EF⊥AD,AF=FD,
又因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD, 所以 GF⊥AD,
故 AD⊥平面 CFG.
4分 6分

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答题模板系列7 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

思 维 启 迪
(2)解

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,
? 3? 3 ? ? ,D(0, 3,0),P?0,0, ?, 2? 2 ,0? ? ?



?3 A(0,0,0),B(1,0,0),C? ?2, ?

?1 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 3? 3 → → ? ? ? ? → ? 故BC=? , ,0?,CP=?- ,- , ?, CD=?- , ,0? ?. 2 2 2? 2 ?2 ? ? 2 ? 2 ?

8分

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典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

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答 题 模 板

温 馨 提 醒

设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),
? → ?n1· CP=0 则? → =0 ? BC ?n1· ? ?-3x - 3y +3z =0 ? 2 1 2 1 21 即? ?1x + 3y =0 ? ?2 1 2 1

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典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

思 维 启 迪

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒
9分 10分

令 y1=- 3,则 x1=3,z1=2,n1=(3,- 3,2).
同理求得面 DCP 的法向量为 n2=(1, 3,2),
从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角 θ 的余弦值为

cos θ=|cos〈n1,n2〉|=

|n1· n2| 4 2 = =4. |n1 ||n2| 4×2 2

12分

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典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

思 维 启 迪 规 范 解 答 答 题 模 板 利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系.
第四步:计算向量的夹角(或函数值).

温 馨 提 醒

第二步:确定点的坐标. 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.
第五步:将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.

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答题模板系列7 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

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答 题 模 板

温 馨 提 醒

(1)利用向量求角是高考的热点, 几乎每年必考, 主要是突出向量的工具 性作用. (2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴,导致建系
不规范. (3)将向量的夹角转化成空间角时, 要注意根据角的概念和图形特征进行转化,

否则易错.

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思想方法·感悟提高

方 法 与 技 巧

1.用向量来求空间角,各类角都可以转化 为向量的夹角来计算.

2.求点到平面的距离,若用向量知识,则离 不开以该点为端点的平面的斜线段.

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思想方法

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思想方法·感悟提高
1.利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为

失 误 与 防 范

各空间角 .因为向量夹角与各空间角的定义、 范围不同.

2.求点到平面的距离,有时利用等体积法求解可能 更方便.
3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是 钝角.

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思想方法

练出高分

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

1.已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 如图所示,则 直线 B1D 和 CD1 所成的角为 A.60° B.45° C.30° ( D ) D.90°

解析 以 A 为原点,AB、AD、AA1 所在直线分别为 x,y,z 轴 建立空间直角坐标系, 设正方体边长为 1 , 则射线 CD1 、 B1D → = ( - 1,0,1) ,B → 的方向向量分别是CD D= ( - 1,1 ,-1) ,
1 1

1+0-1 → → cos〈CD1,B1D〉= =0, 2× 3

∴直线 B1D 和 CD1 所成的角为 90° .
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

2.如图,四棱锥 S- ABCD 的底面为正方形, SD⊥底面 ABCD,则下列结论中不正确的 是 ( ) A.AC⊥ SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角

∴AC⊥BD. 解析 ∵四边形 ABCD 是正方形,
又∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥AC.
其中 SD∩BD=D,∴AC⊥平面 SDB,从而 AC⊥SB.

故 A 正确;易知 B 正确;设 AC 与 DB 交于 O 点,连接 SO.
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

2.如图,四棱锥 S- ABCD 的底面为正方形, SD⊥底面 ABCD,则下列结论中不正确的 是 ( D ) A.AC⊥ SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角

则 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,
则 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,

又 OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.
故 C 正确;由排除法可知选 D.
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4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

3.(2013· 山东 )已知三棱柱 ABC- A1B1C1 的侧棱与底面垂直, 体 9 积为 ,底面是边长为 3的正三角形 .若 P 为底面 A1B1C1 的 4 中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 5π π π π A. B. C. D. 12 3 4 6 ( B )

1 3 3 解析 如图所示:SABC= × 3× 3×sin 60° = . 2 4 3 3 9 V ∴ ABC? A1B1C1 =SABC×OP= 4 ×OP=4,∴OP 3 2 = 3. 又 OA= × 3× =1, 2 3 OP π π ∴tan∠OAP= = 3,又 0<∠OAP<2,∴∠OAP= . OA 3
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4

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5 6 7 8 9 10

4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 1 2 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2
解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角 坐标系 Axyz,设棱长为 1,

? 1? A1(0,0,1),E?1,0, ?,D(0,1,0), 2? ?

(

)

? 1? → → ∴A1D=(0,1,-1),A1E=?1,0,- ?, 2? ?

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1 2 3

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4

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5 6 7 8 9 10

4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 1 2 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2
设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),

( B )

?y-z=0, ? ? ?y=2, 则? 1 ∴? ∴n1=(1,2,2). ? 1-2z=0, ?z=2. ? ? ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴cos〈n1,n2〉= = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3
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5
6 7 8 9 10

5.在四面体 P-ABC 中,PA,PB, PC 两两垂直,设 PA=PB = PC= a,则点 P 到平面 ABC 的距离为 6 3 a A. B. a C. D. 6a 3 3 3
解析 根据题意, 可建立如图所示的空

(

)

间 直 角 坐 标 系 Pxyz , 则 P(0,0,0) , A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).

过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H,则 PH 的长即为点 P 到平面 ABC 的距离.

∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心.
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5
6 7 8 9 10

5.在四面体 P-ABC 中,PA,PB, PC 两两垂直,设 PA=PB = PC= a,则点 P 到平面 ABC 的距离为 6 3 a A. B. a C. D. 6a 3 3 3 ( B )

又∵△ABC 为正三角形, ∴H 为△ABC 的重心,
可得 H
?a a a? 点的坐标为?3,3,3?. ? ?
?a ? ?a ? ?a ? 2 2 ? -0? +? -0? +? -0?2= ?3 ? ?3 ? ?3 ?

∴PH=

3 3 a.

∴点 P 到平面 ABC 的距离为
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3 a. 3
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5
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6.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),

π 3π 或 4 4 则两平面所成的二面角的大小为__________.

m· n 2 解析 cos〈m,n〉= = , |m||n| 2
π ∴〈m,n〉= . 4

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7.如图所示,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AA1⊥ 底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90° ,点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点,则直线 EF

60° 和 BC1 所成的角是________.
解析 以 BC 为 x 轴, BA 为 y 轴, BB1 为 z 轴, 建立空间直角坐标系. 设 AB=BC=AA1=2,

则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), → =(0,-1,1),BC → =(2,0,2), → → 则EF ∴EF· BC1=2, 1 2 1 → → ∴cos〈EF,BC1〉= =2, 2×2 2 ∴EF 和 BC1 所成的角为 60° .
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8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD 的 中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为_________.
解析 以 A 为坐标原点,AB、AD、AA1 所在

直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标

1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0,2),F(2,1,0),D1(0,1,1). 1 → → ∴A1E=(1,0,-2),A1D1=(0,1,0). 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z),
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系,如图所示,

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8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD 的 3 5 10 中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为_________.
? → ? 1 ?n· A1E=0, ?x- z=0, 则? 即? 2 → ? ? n · A ? 1D1=0, ?y=0.
令z=2,则x=1.∴n=(1,0,2). 1 → 又A1F=(2,1,-1),

1 → | -2| |A1F· n| 2 3 5 ∴点F到平面A1D1E的距离为d= = = 10 . |n| 5
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9.如图, 四棱锥 P—ABCD 中, PD⊥平面 ABCD, PA 与平面 ABD 所成的角为 60° ,在四边形 ABCD 中,∠ADC=∠DAB=90° ,AB=4, CD=1,AD=2. (1)建立适当的坐标系,并写出点 B,P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值.

解 (1)建立如图空间直角坐标系,
∵∠ADC=∠DAB=90° ,AB=4,CD=1, AD=2,∴A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,4,0). 由PD⊥平面ABCD,得∠PAD为PA与平面

. ABCD所成的角,∴∠PAD=60°
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4

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5
6 7 8 9 10

9.如图, 四棱锥 P—ABCD 中, PD⊥平面 ABCD, PA 与平面 ABD 所成的角为 60° ,在四边形 ABCD 中,∠ADC=∠DAB=90° ,AB=4, CD=1,AD=2. (1)建立适当的坐标系,并写出点 B,P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值.

在 Rt△PAD 中,由 AD=2,得 PD=2 3,∴P(0,0,2 3). → → (2)∵PA=(2,0,-2 3),BC=(-2,-3,0),
2×?-2?+0×?-3?+?-2 3?×0 13 → → ∴cos〈PA,BC〉= =- 13 , 4 13 13 ∴异面直线PA与BC所成的角的余弦值为 13 .
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10.(2013· 天津 )如图,四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABCD, AB∥ DC, AB⊥ AD, AD= CD= 1, AA1= AB= 2, E 为棱 AA1 的中点 . (1)证明: B1C1⊥ CE; (2)求二面角 B1- CE- C1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上,且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成 2 角的正弦值为 ,求线段 AM 的长 . 6
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方法一

如图,以点 A 为原点,以 AD,

AA1,AB 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建 立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0), B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1), E(0,1,0).
→ → (1)证明 易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),于 → =0,所以B C ⊥CE. 是B→ C· CE
1 1 1 1

→ (2)解 B 1C=(1,-2,-1).
设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),
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1 2 3

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5
6 7 8 9 10

? → ? ?m· B1C=0, ?x-2y-z=0, 则? 即? ? → ?-x+y-z=0. ? m · CE = 0 , ? 消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m
=(-3,-2,1).

由(1)知,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面 → CEC1,故B1C1=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量. → -4 m · B 2 7 1C1 → 于是cos〈m,B1C1〉= = =- ,从 7 → 14× 2 |m|· |B1C1| 21 → 而sin〈m,B1C1〉= , 7
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6 7 8 9 10

21 所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 . 7 → → → → (3)解 AE =(0,1,0), EC1 =(1,1,1),设 EM =λ EC1 =(λ, → =AE → +EM → =(λ,λ+1,λ). λ,λ),0≤λ≤1,有AM → =(0,0,2)为平面ADD A 的一个法向量. 可取AB
1 1

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则 → → | AM · AB| → → sin θ=|cos〈AM,AB〉|= → |· →| |AM |AB 2λ λ = 2 = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
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6 7 8 9 10

λ 2 1 于是 = ,解得 λ= (负值舍去), 2 3 3λ +2λ+1 6

所以AM= 2.
方法二 (1)证明 因为侧棱 CC1⊥底面 A1 B1 C1 D1 ,B1 C1? 平面 A 1B1 C1 D1 , 所以 CC1⊥B1C1.
经计算可得B1E= 5,B1C1= 2,EC1= 3,
2 从而B1E2=B1C2 1+EC1,

所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E, 又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,
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6 7 8 9 10

所以 B1C1⊥平面 CC1E,
又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE.
(2)解 过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.

由(1)知,B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得 CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角. 2 6 在△CC1E中,由CE=C1E= 3,CC1=2,可得C1G= 3 . 42 21 在Rt△B1C1G中,B1G= ,所以sin ∠B1GC1= , 3 7 21 即二面角B1-CE-C1的正弦值为 . 7
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(3)解

连接 D1E, 过点 M 作 MH⊥ED1 于点 H, 可得 MH⊥

平面 ADD1A1,连接 AH,AM,则∠MAH 为直线 AM 与平 面 ADD1A1 所成的角.

2 34 设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH= 6 x,AH= 6 x.
在△AEH中,∠AEH=135° ,AE=1,
2 2 2

在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1= 2, 得EH= 2MH= x. 3

1

17 2 12 2 得 x =1+ x + x, 由AH =AE +EH -2AE· EHcos 135° , 18 9 3 整理得5x2-2 2x-6=0,解得x= 2(负值舍去). 所以线段AM的长为 2.
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1.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则 平面ABP与平面CDP所成的二面角为 A.30° B.45° C.60° D.90° ( )

解析 建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=PA=1,知A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0), C(1,1,0),P(0,0,1)
由题意得,AD⊥平面ABP,设E为PD的中点,

连接AE,则AE⊥PD,
又∵CD⊥平面PAD,∴AE⊥CD,
又PD∩CD=D,∴AE⊥平面CDP.
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1.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则 平面ABP与平面CDP所成的二面角为 A.30° B.45° C.60° D.90° ( B )

1 1 → → ∴AD= (0,1,0),AE=(0, , )分别是平面 ABP、平面 2 2 → ,AE → 〉=45° CDP 的法向量,而〈AD ,
∴平面ABP与平面CDP所成的二面角为45° .

基础知识

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2.在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中,O是底面 ABCD的中点, E,F分别是 CC1,AD的中点,那么异面直线 OE和FD1所成的角的
15 5 余弦值等于 ________.

解析 以 D 为原点,分别以 DA、DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,
∴F(1,0,0),D1(0,0,2),O(1,1,0),E(0,2,1),
→ =(-1,0,2),OE → =(-1,1,1), ∴FD 1
1+2 15 → → ∴cos〈FD1,OE〉= = 5 . 5· 3
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3.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的
2 3 3 距离是________.

解析 如图建立空间直角坐标系,
则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),
→ → → ∴D 1A1=(2,0,0),DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),

设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z), ? → ?n· DA1=2x+2z=0 则? .令x=1,则n=(1,-1,-1), → =2x+2y=0 ? n · DB ? → |D n| 2 2 3 1A1· ∴点D1到平面A1BD的距离d= = = 3 . |n| 3
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3 4 2 4.如图,在底面为直角梯形的四棱锥 P—ABCD中,

AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面ABCD,PA= 3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面PAC; (2)求二面角P—BD—A的大小.
(1) 证明 如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2 3 ,0,0), C(2 3 ,6,0),D(0,2,0), P(0,0,3), → =(0,0,3),AC → =(2 3,6,0),BD → =(-2 3,2,0). ∴AP → → → → ∴BD· AP=0,BD· AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC.
又∵PA∩AC=A, ∴BD⊥平面PAC.
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5

3 1 4 2 4.如图,在底面为直角梯形的四棱锥 P—ABCD中,

AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面ABCD,PA= 3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面PAC; (2)求二面角P—BD—A的大小.
(2)解 设平面 ABD 的法向量为 m=(0,0,1),

设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), → =0,n· → =0.∵BP → =(-2 3,0,3), 则n· BD BP
?-2 ? ∴? ? ?-2

?y= 3x, ? 3x+2y=0, 解得? 2 3 3x+3z=0, z= 3 x. ? ? m· n 1 令x= 3,则n=( 3,3,2),∴cos〈m,n〉= = . |m||n| 2 ∴二面角P—BD—A的大小为60° . 思想方法 题型分类 基础知识

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5.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边 长为 4的正方形 .平面ABC⊥平面AA1C1C,AB= 3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 的值. BC1 (1)证明 在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C,且平面ABC∩平面AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面ABC.
(2)解 在△ABC中,AC=4,AB=3,BC=5, ∴BC2=AC2+AB2,AB⊥AC

∴以A为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系Axyz.
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3 4 5

5.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边 长为 4的正方形 .平面ABC⊥平面AA1C1C,AB= 3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 的值. BC1 → → A1(0,0,4), B(0,3,0), C1(4,0,4), B1(0,3,4), A1C1=(4,0,0), A1B=(0,3, → -4),B→ 1C1=(4,-3,0),BB1=(0,0,4).
设平面A1BC1的法向量n1=(x1,y1,z1),平面B1BC1的法向量n2= (x2,y2,z2). ? → ? ?A1C1· n1=0, ?4x1=0 ∴? ?? , ? → 3 y - 4 z = 0 1 ? 1 ? n1=0 ?A1B·
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5.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边 长为 4的正方形 .平面ABC⊥平面AA1C1C,AB= 3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 的值. BC1 ∴取向量 n1=(0,4,3)
n1· n2 16 16 ∴cos 〈n1,n2〉= = = . |n1 |· |n2| 5×5 25 由题意知二面角A1-BC1-B1为锐角, 16 所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为 . 25 → =λBC →. (3)证明 设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且BD 1
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3 4 2 5.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边

长为 4的正方形 .平面ABC⊥平面AA1C1C,AB= 3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 的值. BC1
∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4),
→ 解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ. ∴AD=(4λ,3-3λ,4λ),

又AD⊥A1B,

∴0+3(3-3λ)-16λ=0 9 BD 9 则λ= ,因此 = . 25 BC1 25
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